Gọi AD, BE, CF là ba đường cao của tam giác ABC cắt nhau tại H

1. Theo định lý Pythagoras, ta có: \(AB^2+HC^2=\left(AD^2+DB^2\right)+\left(HD^2+DC^2\right)=\left(AD^2+DC^2\right)+\left(DB^2+HD^2\right)=AC^2+HB^2\)(1)

\(BC^2+HA^2=\left(BE^2+EC^2\right)+\left(AE^2+HE^2\right)=\left(BE^2+AE^2\right)+\left(EC^2+HE^2\right)=AB^2+HC^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB^2+HC^2=AC^2+HB^2=BC^2+HA^2\)(đpcm)

2. Ta có: \(BC.HA=BC.AD-BC.HD=2S-2S_{BHC}\)

Tương tự: \(AB.HC=2S-2S_{AHB}\); \(CA.HB=2S-2S_{AHC}\)

Suy ra \(AB.HC+BC.HA+CA.HB=6S-2S=4S\)(đpcm)

a. Ta có:

góc AMB=90^o (góc nội tiếp chắn nửa đtròn) hay AMH=90^o

góc HCA=90^o (gt)

⇒AMB+ACH=180^o

⇒Tứ giác AMHC nội tiếp đtròn đkính AH

b) ΔOAM đều (vì OA=AM=MA=R) ⇒góc A=60^o

Ta có: BMI=A(=1/2 sđMB) hay HMI=A

MHI=A (tứ giác AMHC nt)

Suy ra: HMI=MHI=A=60^o

⇒ΔMIH đều

\(\frac{\sin^4\alpha-\cos^2\alpha+2\cos^4\alpha-\cos^6\alpha}{\cos^4\alpha-\sin^2\alpha+2\sin^4\alpha-\sin^6\alpha}=\frac{\sin^4\alpha-\cos^2\alpha\left(1-\cos^2\alpha\right)^2}{\cos^4\alpha-\sin^2\alpha\left(1-\sin^2\alpha\right)^2}\)

\(=\tan^4\alpha.\frac{1-\cos^2\alpha}{1-\sin^2\alpha}=\tan^6\alpha\)

Gợi ý này: Đặt \(a=x^3,b=y^3,c=z^3\) rồi áp dụng bất đẳng thức này \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) rồi biến đổi 1 chút nx là ra

1 + 1 = 2

~ Học tốt ~

1+1=2

nà nhớ giỏi toán 9 nhé

năm nay  lên 9 ấy